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P 13 练习题 5 ： 找出用多米若骨牌覆盖 4 行 4 列棋盘而形成的不同的完美覆盖的个数？

P 13 练习题 5 ： 找出用多米若骨牌覆盖 4 行 4 列棋盘而形成的不同的完美覆盖的个数？ 解：因为是 4 × 4 棋盘，肯定能够完美覆盖。每个骨牌覆盖 2 个方格，共需要 8 个骨牌；现在将这 8 个骨牌的放置情况做下列分类： 1 ） 8 个骨牌全部水平放置， 有一种情况。. 2 ） 8 个骨牌中有 6 个水平放置， 2 个垂直放置， 共有四种情况。. 3 ） 8 个骨牌中有 4 个水平放置， 4 个垂直放置， 共有六种情况 ( 换方向看图案不重复 ) 。.

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P 13 练习题 5 ： 找出用多米若骨牌覆盖 4 行 4 列棋盘而形成的不同的完美覆盖的个数？

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  1. P13练习题5： 找出用多米若骨牌覆盖4行4列棋盘而形成的不同的完美覆盖的个数？ 解：因为是4×4棋盘，肯定能够完美覆盖。每个骨牌覆盖2个方格，共需要8个骨牌；现在将这8个骨牌的放置情况做下列分类： 1）8个骨牌全部水平放置， 有一种情况。

  2. 2） 8个骨牌中有6个水平放置，2个垂直放置， 共有四种情况。

  3. 3） 8个骨牌中有4个水平放置，4个垂直放置， 共有六种情况(换方向看图案不重复)。 合计共有：11个不同的完美覆盖。

  4. P13练习题9 一间屋子内有10个人，他们中没有人年龄超过60岁，但又至少不低于1岁。证明，总能找到两组人（两组不含相同的人），各组人的年龄和是相同。题中的数10能换成更小的吗？ 解：从10个人中任意选0到10人为一组，则共有：

  5. 种选择方法，由于必须分成两组，去掉其中的： 共有：1022种，又因为每个人的年龄可以是1到60中的任意一个，年龄和可能的分布共：60×10=600种，因此，相当于1022个物体放在600个盒子，由鸽巢原理，至少有两组分配在同一盒子中，在同一个盒子中的两组的年龄和必然相等； 若将人数降为9人，共有29-2=510种，分配给60×9=540个盒子，不能得到题意的要求。

  6. 第三章 排列与组合3.1 两个基本计数原理 集合的划分 若S1, S2 , …, Sm均是集合S的子集，且同时满足： ①Si∩ Sj ＝  （i≠j） ② S1 ∪ S2 ∪ … ∪ Sm ＝ S 则称S1, S2 , …, Sm是集合S的一个划分。与“离散数学”中的划分定义一样：不重叠分干分尽。

  7. 一、加法原理 设S1, S2 , …, Sm是集合S的一个划分，则 S= S1+S2 + … +Sm 其中 S表示 S中元素的个数 注意，加法原理的前提条件“划分”是重要的，它强调了集合S的各个子集不允许重叠。对于可能重叠的情况，我们将在第6章容斥原理中进行讨论,这里的集合元素已经是广义的。

  8. 设A，B为两个不同类事件，若事件A有m种 产生方式，事件B有n种产生方式，则 “事件A或者事件B”有m+n种产生方式。 加法原理的通俗说法是： 部分之和等于全体。 约束条件是： (1) 讨论范围局限于有限集； (2) 任意两个部分都不相交。

  9. 例1 小于100的正偶数有49个,小于100的正奇数 有50个,则小于100的正整数有49+50=99个. 例2 某班选修“企业管理”的有 18 人,不选的有 10人, 则该班共有 18 + 10 = 28 人。 例3 北京每天直达上海的客车有 5 次，客机有 3 次， 则每天由北京直达上海的旅行方式有 5 + 3 = 8 种。

  10. 二．乘法原理 设S1, S2 是两个集合，现根据S1，S2定义集 合S如下： S= S1 × S2 ={(x, y) x S1 ∧y S2 } 则: S= S1×S2 要精通加法原理和乘法原理，可以通过尝试解决大量问题来实现。

  11. 设A，B为二不同类事件，若事件A有m种产生 方式，事件B有n种产生方式，则“事件A与事件B” 有mn种产生方式 用集合论的术语，乘法原理也可描述如下： 设S，T为二集，若S为m元集，T为n元集，则S与T的叉积之集合S×T为mn元集。 例 1 从u到v有3条不同的道路,从v到w有2条不同的道路,则从u经v到w有3×2=6条不同的道路.

  12. 例 2 某高级语言的标识符规定长度最多为6位，其 中第一位限取字母，其余各位可取字母， 也可取数字。 求所有可能出现的标识符总数。  解:长为1的只有26个;长为2的由乘法原理有26(26+10)个；……长为6的由乘法原理有26(26+10)5个。最后由加法原理，所有可能出现的标识符总数为:

  13. 例 3 用四子于两路棋盘,能摆出34=81种两两不同的棋局；用九子于三路棋盘，能摆出39=19683种两两不同的棋局；用16子于四路棋盘，能摆出316=43 046 721种两两不同的棋局，用25子于五路棋盘，能摆出325=847 288 609 443种两两不同的棋局； ……用361子于十九路棋盘，能摆出3361种两两不同的棋局。 注: 本例指围棋，现代围棋采用十九路，即有19×19=361个交叉点可落黑子、 白子或留空三种情况。

  14. 例4：从包括五本不同的计算机书，三本不同的数学书和两本不同的美术书中，选择两本不同类型的书有多少种方法？例4：从包括五本不同的计算机书，三本不同的数学书和两本不同的美术书中，选择两本不同类型的书有多少种方法？ 运用乘法原理，我们发现可以选择两本书，一本计算机书和一本数学书，有5×3=15种方法。同理，我们也可以选择一本计算机书和一本美术书，有5×2=10种方法。我们也可以选择一本数学书和一本美术书，有3×2=6种方法。

  15. 因为这些选法的集合互不相交，所以我们可以用加法原理得出共有15+10+6=31种方法从不同的计算机书、数学书和美术书选择两本。因为这些选法的集合互不相交，所以我们可以用加法原理得出共有15+10+6=31种方法从不同的计算机书、数学书和美术书选择两本。 例 5：求含有数字1的4位数的个数。  解 先求不含有1的4位数的个数，即求由{0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}9个数字组成的4位数的个数（第一位不得出现0）。

  16. 由乘法原理，有8×9×9×9=5832个，又4位数共有9999-999=9000个。 因此, 含有数字1的4位数的个数为 9000-5832=3168。  注： 本例中用到了一种求补原理。提法是：由总数中去掉不满足某些性质的物件数，则剩余者即为满足该性质的物件总数。

  17. 例6 1)求小于10000的含1的正整数的个数 2)求小于10000的含0的正整数的个数 解：1)小于10000的不含1的正整数可看做4位数, 但0000除外. 故有9×9×9×9－1＝6560个. 含1的有：9999－6560=3439个 另解: 全部4位数有104个,不含1的四位数有94个, 含1的4位数为两个的差: 104－94 = 3439个

  18. 2)“含0”和“含1”不可直接套用。0019含1但 不含0。在组合的习题中有许多类似的隐含的规定，要特别留神。 不含0的1位数有9个,2位数有92个,3位数有93个，4位数有94个。 不含0小于10000的正整数有 9+92+93+94 = 7380个 含0小于10000的正整数有 9999－7380=2619个

  19. 例7 一个由张一,王二,李三,赵四,刘五和陈六组 成的六人委员会要选出一个主席，一个秘书和一个会计。 (a) 有多少种选择? (b)如果张一或王二必须是主席，有多少种选法？ (c) 如果刘五必须任三职之一，有多少种选法？ (d) 如果赵四和陈六必须任职，有多少种选法？

  20. 解：(a)运用乘法原理，可以通过三个连续的步 骤选出：主席，秘书和会计，因此，总的可能数为 6×5×4=120 。 (b) 类似于(a)问的证明，如果张一是主席，则有5×4=20种方法。同理，如果王二是主席，也有20种方法。因为这两种情况互不相交，根据加法原理，共有20+20=40种可能的选取方法。也可以这样：

  21. 主席有2种选择，剩下的就分别是5和4种，共有：主席有2种选择，剩下的就分别是5和4种，共有： 2 × 5×4=40。 (c) [解法一] 类似于(b) 的证明，如果刘五是主席，有20种方法。同理，如果刘五是秘书，有20种可能。如果刘五是会计，也有20种可能。因为这三种情况两两互不相交，根据加法原理，共有20+20+20=60种可能。

  22. [解法二] 我们把指派刘五和其他委员看作由三 个连续的步骤组成：指定刘五为一个办公室人员，选择剩余的职位较高的办公室人员，选择最后一个办公室人员。将刘五指定为一个办公室人员有3种方法。一旦刘五被指定，选择剩余位较高的办公室人员有5种方法，选择最后一个办公室人员有4种方法。根据乘法原理，有3×5×4=60种可能。

  23. (d) 我们把指派赵四,陈六和其他委员中的 一个为办公室人员看作由三个连续的步骤组成：指定赵四，指定陈六，选择剩下的那个办公室人员。指赵四有3种方法。一旦赵四被指定，指定陈六有2种方法。一旦赵四和陈六被指定，有4种方法选择剩下的那个办公室人员。根据乘法原理，有3×2×4=24种可能的选取方式。

  24. 我们可以将加法原理总结为：当被计数的元素 可以被分解到不相交的子集中时，我们将每个子集中的元素个数相加得到总的元素数。 如果我们的计数对象由连续的几步组成，就用乘法原理；如果我们有不相交的对象集合并且我们想知道对象的总数，就用加法原理。主要是分清什么时候用哪个原理。这种技巧来自于多练习和对每个问题的认真思考。

  25. 在许多离散的问题中，经常会遇到计数问题。 由于计数的重要性，许多有用的工具被开发和研制出来，并且一些工具还比较精密。大量的计数问题呈现如下类型： 1.对元素的有序的摆放或有序的选择数进行计数 a.没有重复任何元素。 b.允许元素重复（但可能是有限的）

  26. 2.对元素的无序的摆放或无序的选择数进行计数2.对元素的无序的摆放或无序的选择数进行计数 a.没有重复任何元素。 b.允许元素重复（但可能是有限的） 有时候不是在元素的非重复和重复之间进行区分，而是从集合和多重集合中的选择来区分会更方便。多重集合是指集合允许出现相同的元素，这与集合的笛卡儿法则矛盾，但多重集合中允许。

  27. 例如：多重集合 M = {a,a,a,b,c,c,d,d,d,d}中的 十个元素，有四种不同类型，3个类型a,1个类型b,2个类型c,4个类型d。我们也可以指定不同类型元素出现的次数来表示多重集。因此M也可以记为： M = {3 。a, 1。b, 2 。c, 4 。d}。 整数3、1、2、4就是多重集合的重复数。我们可以无限制的使用重复数，下面的集合也是多重集{ 。a, 2。b,  。c, 4 。d}，其中a, c都有无限重复数，而b, d只有有限次重复。

  28. 定义：在计数问题中，元素的有序摆放叫排列。定义：在计数问题中，元素的有序摆放叫排列。 而摆放顺序无关，不考虑元素次序叫组合。 我们还要进一步得到关于集合和多重集合的排列数和组合数的某些公式，但并非所有的排列和组合问题都能够用公式解决，而常常需要回到基本的加法原理和乘法原理来解决。

  29. 例：在1000和9999之间有多少不同数字的奇数？ 解：在1000和9999之间一个数一定是四位数，就 是4个数字的有序排列。我们有4种选择要做：个位数字，十位数字，百位数字，千位数字。按题意要得到奇数，个位数字必须是1,3,5,7,9中的任意一个，十位数字和百位数字是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中的任意一个，千位数字

  30. 是1,2,3,4,5,6,7,8,9中的任意一个。由于这个四位 数要求数字不同，那么个位数字的选择分： 个位数字只能有5种, 千位数字只能有8种，十位数字只有8种，百位数字只有7种，根据加乘法原理， 共有：5×8×8×7=2240个数。

  31. 例：在0和10000之间有多少个整数恰好有一位数 字是5？ 解：令S为在0和10000之间恰好有一位数字是5的整数的集合。 解一：将S划分成一位数字集合S1,二位数字集合S2,三位数字集合S3,四位数字集合S4 显然S1= 1；在S2中，当5在个位时，十位数有8种，当5在十位时，个位数有9种，所以

  32. S2= 8+9=17,同理我们可以得到： S3= 8×9+ 8×9+ 9×9 =225 S4= 8×9×9+8×9×9+8×9×9+9×9×9 =2763 由加法原理得： S=1+17+225+2763=2916 解二：通过添加前导0 (如把6看成0006等)，可以把S看成每个数都是四位数，再根据5在第一、二、三、四位子将S划分成四个集合，每个集合

  33. 分别都是四位字符串，其中一个必须是5,另外三 个可以重复选择余下的9个数字，那么这四个集合中的元素都有：1×9×9×9=729个， 故： S=4 ×729 = 2916 例：从数字1,1,1,3,8可以构造出多少个不同的5位数。 解：这里要计算多重集的排列数，该集有3个第

  34. 一类型元素，1个第二类型元素， 1个第三类型 元素；数字3可以占五个位置的任意一个，数字8可以占剩余4个位置的任意一个，数字1就只有一种填写法，根据乘法原理共有： 5×4×1 = 20 如果这五个数字是1,1,1,3,3;由上面的例题可以看出,一个3有五个位置可填,另一个3有剩余4个

  35. 位置,但这两个3是相同的,它们交换不影响结果， 故有：5×2×1=10 本题还可以用穷举解法如下。 解：将两个3按紧相邻、间隔一个1、间隔二个1、 间隔三个1这四种形式分类， 第一种：两个3中夹零个1，或者说紧相邻时， 3个1可以留出4个位置填相邻的两个3共有4种填法

  36. 第二种： 两个3中夹一个1，共有3种填法 第三种： 两个3中夹两个1，共有2种填法 第四种： 两个3中夹三个1，共有1种填法 根据加法原理，满足题意的排法合计: 4+3+2+1= 10 种

  37. 例：确定数34×52×117×138的正整数因子的个数 解：整数3，5，11，13都是素数。根据数论知识的要求，每个因子都具有： 3i×5j×11k×13l 的形式，其中0≤i≤4, 0≤j≤2, 0≤k≤7, 0≤l≤8。 i有5种选择，j有3种选择， k有8种选择， l有9种选择，由乘法原理，因子总数为： 5×3×8×9 = 1080个

  38. 例：两位数字有多少两位互异且非零的二位数？例：两位数字有多少两位互异且非零的二位数？ 解：一个两位数ab可以看成是一个序偶(a,b),其中个位数是b十位数是a，它们都不能是0，而且它们还不能相等，对于a有9种选择，1,2,3,4,5,6,7,8,9。再对于b就只有选择余下的8个数，由乘法原理，本题的解为： 9 × 8 = 72 个

  39. 例：你想送给大嫂一篮水果，在你家里只有6个例：你想送给大嫂一篮水果，在你家里只有6个 橘子和9个苹果，要求至少送一个水果，你可以装出多少不同的水果篮？ 解：装橘子的数量可以是0,1,2,3,4,5,6个，共7种，装苹果的数量可以是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，共10种，由乘法原理，共能装出：7 × 10 = 70 种，本题要求篮子不能空，故要去掉(0,0)的情况，本题解为： 7 × 10 －1= 69 种

  40. 总 结 本次课我们介绍了计数的两个基本原理，以及这两个原理的应用等知识。 加法原理和乘法原理为将来求排列数和组合数有重要作用。

  41. 本次授课到此结束 作业如下: P46 2, 4, 9, 10 2.如果所有同花牌都放在一起，那么52张一副的牌共有多少种排序方法？ 4.下列各数各有多少互异正因子？ 1) 34×52×76×11； 2) 620； 3) 1010

  42. 9.从拥有10名男会员和12名女会员的一个俱乐部选出一个4人委员会。如果至少要包含2位妇女，能够有多少方法形成这个这个委员会？此外，如果俱乐部还有一位特定的男士和一位特定的女士拒绝进入该委员会一起工作，形成委员会的方式又有多少？9.从拥有10名男会员和12名女会员的一个俱乐部选出一个4人委员会。如果至少要包含2位妇女，能够有多少方法形成这个这个委员会？此外，如果俱乐部还有一位特定的男士和一位特定的女士拒绝进入该委员会一起工作，形成委员会的方式又有多少？

  43. 10. 从数集{1,2,3,...,20}中形成3个数的集合， 如果没有2个相连的数字在同一个集合中，那么能够形成多少3个数的集合？ 下次上课内容：3.2 集合的排列 3.3 集合的组合

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